toán học sinh giỏi lớp 9 huyện Thanh Miện

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN THANH MIỆN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI HUYỆN Môn Toán 9 Thời gian làm bài 120 phút Đề gồm 01 trang Câu 1 ( 2 điểm) a) Rút gọn biểu thức b) Phân tích đa thức x2 – 3y2 – 2xy – x + 3y thành nhân tử Câu 2 ( 2 điểm) a) Giải phương trình b) Giải hệ phương trình Câu 3 ( 2 điểm) a) Cho các số nguyên dương a, b, c, x, y, z thỏa mãn đồng thời và Chứng minh (ax + by + cz)2 chia hết cho (a + b + c)(x + y + z) b) Tìm tất cả các số tự nhiên x, y thỏa mãn phương trình Câu 4 ( 3 đi.

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

Môn: Toán 9

Thời gian làm bài: 120 phút

Đề gồm 01 trang

Câu 1 ( 2 điểm)

2

x + 6 x - 9 x - 6 x - 9

81 18

1

x x

 

b) Phân tích đa thức x2 – 3y2 – 2xy – x + 3y thành nhân tử

Câu 2 ( 2 điểm)

3

3

x 3x

x 1

x 1





b) Giải hệ phương trình

x y xy = 1

x y x + 7y

�  

�

�

 

�

Câu 3 ( 2 điểm)

a) Cho các số nguyên dương a, b, c, x, y, z thỏa mãn đồng thời

x = a + yz; y = b + xz và z = c + xy

Chứng minh (ax + by + cz)2 chia hết cho (a + b + c)(x + y + z)

x y  17 288

Câu 4 ( 3 điểm)

Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R, M là một điểm bất kỳ trên nửa đường tròn (M khác A và B) Kẻ MH vuông góc với AB tại H Gọi P, Q, I lần lượt

là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác MAH, MBH và AMB

a) Chứng minh BI  MP

b) Chứng minh khi M di động trên nửa đường tròn thi I di động trên một cung tròn cố định

c) Xác định vị trí của điểm M trên nửa đường tròn để chu vi tam giác PHQ lớn nhất

Câu 5 ( 1 điểm)

Cho các số dương x, y, z thoả mãn x2 + y2 + z2 = 1

3 2

1 3 zx yz

xy

z

y

















-

Hết -HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 9

MÔN: TOÁN

(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

1

2

x - 9 3 x - 9 3 x - 9 3 x - 9 3

A

9

x

0,25 điểm

Vì x > 9 nên

x - 9 3 x - 9 3 x - 9 3 x - 9 3

A

x 9

x 9

x x

Khi 9 < x < 18 thì A x - 9 3x 9x - 9 3 x 96x

x

Khi x ≥ 18 thì

x - 9 3 x - 9 3 2x

A

x

0,25 điểm

b (1 điểm)

2

2 điểm

a) 1 điểm

3

3

x 3x

x 1

x 1





Điều kiện x ≠ 1

0,25 điểm

Phương trình trở thành

x3 + t3 + 3(x + t) = 9

 (x + t – 1)3 = 8

 x + t – 1 = 2  x + t = 3

0,25 điểm

x - 1 x2 – 3x + 3 = 0 0,25 điểm

Đặt

b) 1 điểm

x y xy = 1 (1)

x y x + 7y (2)

�  

�

�

 

�

Nếu x = y thì hệ có dạng

2 3

3x = 1 (3) 2x 8x 0 (4)

�

�

 

�

3

�

Phương trình (4) có nghiệm x = 0; x = ± 2

Hệ phương trình vô nghiệm

0,25 điểm

Nếu x ≠ y thì hệ phương trình tương đương với

x - y = x - y (5)

x y x + 7y (2)

�

�

 

�

Trừ từng vế hai phương trình của hệ được

2y3 = 8y 

y = 0

y = 2

y = - 2

�

�

�

�

0,25 điểm

- Với y = 0, thay vào (1), (2) được x = ± 1

- Với y = -2, thay vào (1) được x2 – 2x + 3 = 0 (vô nghiệm)

0,25 điểm

3

2 điểm

a) 1 điểm

Từ các đẳng thức x = a + yz; y = b + xz và z = c + xyvà x, y, z

đồng thời khác 0 ta được ax = x3 – xyz; by = y3 – xyz; cz = z3 – xyz

=> ax + by + cz = x3 + y3 + z3 – 3xyz

0,25 điểm

Chứng minh x3 + y3 + z3 – 3xyz = (x + y + z)(x2 + y2 + z2 – xy – yz – zx) 0,25 điểm

Do a, b, c, x, y, z là các số nguyên dương nên ax + by + cz chia hết cho cả

a + b + c và x + y + z

b) 1 điểm

2

x y 17 288 x + y 4xy - 4 x + y xy 17 12 2

x + y 4xy - 17 4 x + y xy 12 2 (1)

Vế phải của (1) là số vô tỉ hoặc bằng 0 nhưng vế trái của (1) là số tự

nhiên nên điều kiện cần và đủ để (1) có nghiệm nguyên là cả hai vế của

2 2

2

x + y 4xy = 17

x + y 4xy - 17 0

4 x + y xy 12 2 0 x + y 4xy 72

�

Chứng minh ba điểm A, P, I thẳng hàng và ba điểm B, Q, I thẳng hàng 0,25 điểm Gọi giao điểm của MP và AB là K, ta có

KMB KMH HMB KMA MAB

MKB KMA MAB

0,25 điểm

KMB MKB

b) 0,5 điểm

2



c) 1,5 điểm

Gọi giao điểm của đường thẳng PQ với MA, MB lần lượt là E và F

Chứng minh

AMH MBH PMH QBH

PHM QHB 45

PH MH PH MA

QH HB QH MB

 HQP MBA� � MBA HQF 180� �  0

MFE QHB 45 

MFE MHQ 45 ; HMQ QMF   MQH MQF

Chu vi tam giác PQH bằng PH + HQ + QP = EP + PQ + QF = EF

Chu vi lớn nhất  MH lớn nhất  H trùng với O M là điểm chính

giữa của nửa đường tròn (O)

0,25 điểm

Vậy khi M là điểm chính giữa của nửa đường tròn (O) thì chu vi tam

5

1 3 zx yz

xy

z

y

















(1)

Do x2 + y2 + z2 = 1 và x, y, z đều dương => 0 <x + y + z 3�

x + y + z x + y + z

VT =

x + y + z xy + yz + zx 3 xy + yz + zx

BĐT   2      

x + y + z 1

3 x - y y - z z - x

xy + yz + zx �2��   ��

2

x + y + z 3 xy + yz + zx 1

x - y y - z z - x 0

xy + yz + zx 2

x + y + z xy - yz - zx 1

x - y y - z z - x 0

xy + yz + zx 2

2x + 2y + 2z 2xy - 2yz - 2zx 1

x - y y - z z - x 0

2 xy + yz + zx 2

x - y y - z z - x 1

x - y y - z z - x 0

2 xy + yz + zx 2

2 xy + yz + zx 2

0,25 điểm

Ta có 2xy ≤ x2 + y2; 2yz ≤ y2 + z2; 2zx ≤ z2 + x2

 2(xy + yz + zx) ≤ 2(x2 + y2 + z2) = 2

Lưu ý: Mọi cách giải đúng vẫn cho điểm tối đa.